2023届广东省高三上学期8月开学摸底大联考数学试题含解析

2023届广东省高三上学期8月开学摸底大联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A．{4，5}     B．{0，4，5} C．{3，4，5} D．{0，3，4，5}

【答案】A

【分析】根据交集、补集的运算，即得解

【详解】或，所以．

故选：A

2．命题“，”的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】将特称命题的否定为全称命题即可

【详解】命题“，”的否定为

 “，”．

故选：C

3．三名同学到五个社区参加社会实践活动，要求每个社区有且只有一名同学，每名同学至多去两个社区，则不同的派法共有（    ）

A．90种 B．180种 C．125种 D．243种

【答案】A

【分析】根据题意先分组后排列即得.

【详解】由题可把五个社区分为1,2,2三组，有种分法，

然后将三组看作三个不同元素进行全排列，有种排法，

所以不同的派法共有(种).

故选：.

4．已知向量，且，若，则实数 的值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由得，进而得，，再根据向量垂直的坐标表示求解即可.

【详解】解：因为，且，

所以，即，解得（舍）或

所以，，

因为，

所以，解得.

故选：D

5．已知点是角的终边上一点，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】A

【分析】利用定义求出，再利用二倍角公式求解并判断作答.

【详解】因点是角的终边上一点，则，而，

于是得，解得或，

显然，，即，，所以.

故选：A

6．如图，长方体 中，，若直线与平面所成的角为，则直线与直线所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先证平面，则即为直线与平面所成的角，即，为正方形，可得，由长方体性质可得，即为正三角形，由得为直线与直线所成的角，即

【详解】连接，与交于点，连接，

是长方体，平面，平面，∴，

，为正方形，，，平面，∴平面，

则即为直线与平面所成的角，所以.

平面，∴，即是直角三角形. 由题，，所以，

又，所以为直线与直线所成的角，

由，易得对角线，即为正三角形，故.

故选：C

7．若直线与圆交于A，B两点，则当周长最小时，k＝（    ）

A． B． C．1 D．－1

【答案】C

【分析】由直线方程可得直线恒过定点，由圆的几何性质可得当时，周长最小，由此可求的值.

【详解】直线的方程可化为

所以直线恒过定点，

因为

所以点在圆内，

由圆的性质可得当时，最小，周长最小，

又，

所以，此时．

故选：C．

8．已知，若对任意的恒成立，则实数a的最小值为（    ）

A．e B． C． D．

【答案】B

【分析】将给定不等式作等价变形，构造函数并利用导数求出函数最大值作答.

【详解】依题意，，而，则，

设，则原不等式等价于，又，

即在上单调递增，于是得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，

设，求导得，当时，，当时，，

因此在上单调递增，在上单调递减，则，

所以实数a的最小值为.

故选：B

二、多选题

9．某企业秉承“科学技术是第一生产力”的发展理念，投入大量科研经费进行技术革新，该企业统计了最近6年投入的年科研经费x（单位：百万元）和年利润y（单位：百万元）的数据，并绘制成如图所示的散点图．已知x，y的平均值分别为．甲统计员得到的回归方程为；乙统计员得到的回归方程为；若甲、乙二人计算均未出现错误，则以下结论正确的为（    ）

A．当投入年科研经费为20（百万元）时，按乙统计员的回归方程可得年利润估计值为75.6（百万元）（取）

B．

C．方程比方程拟合效果好

D．y与x正相关

【答案】ABD

【分析】将代入对应的回归方程，判断A，结合样本中心点过回归直线方程判断B，由散点图判断C，根据正相关的定义判断D.

【详解】将代入得，A正确；

将代入得，B正确；

由散点图可知，回归方程比的拟合效果更好，C错误；

因为y随x的增大而增大，所以y与x正相关，D正确．

故选：ABD．

10．已知定义域为的偶函数的图象是连续不间断的曲线，且，对任意的，，，恒成立，则（    ）

A．在上单调递增

B．是以4为周期的函数

C．的图象关于直线对称

D．在区间上的零点个数为100

【答案】BD

【分析】由题意可得函数在单调递增，，结合函数的单调性，奇偶性依次分析即得解.

【详解】由题意，对任意的，，，恒成立，故函数在单调递增；令，得，即.

对于A，由于在单调递增，因为为偶函数，故在上单调递减，故A错误；

对于B，因为，又，故，

所以，所以是以4为周期的函数，故B正确；

对于C，函数周期为4，且在单调递增，故函数在单调递增，若的图象关于直线对称，则，矛盾，故C错误；

对于D，函数周期为4，在单调递增，单调递减，且，即函数在一个周期内有两个零点，故在区间上跨越了50个周期，零点个数为，D正确．

故选：BD

11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则（    ）

A．最大值为1 B．的最小值为

C．在上单调递增 D．对任意的，均有

【答案】BD

【分析】由，利用图象变换得到，再逐项判断.

【详解】解：因为，

，

所以，

所以的最大值为2，A错误；

因为成立，

所以在处取得最大值，

故，，即，，

因为，所以当时，取得最小值，B正确；

，

令，，

得，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在不单调，C错误；

，

所以在处取得最小值，D正确．

故选：BD

12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，其一条渐近线为，直线过点且与双曲线的右支交于两点，分别为和的内心，则（    ）

A．直线倾斜角的取值范围为 B．点与点始终关于轴对称

C．三角形为直角三角形 D．三角形面积的最小值为

【答案】ACD

【分析】由双曲线及渐近线的图像判断A；过点分别作，，的垂线，垂足分别为，利用三角形内心的定义结合直线和双曲线的位置关系判断B、C、D即可.

【详解】因为双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为和，作图可知，若直线过点且与双曲线的右支有两个交点，则直线倾斜角的取值范围为，A正确；

设焦距为，由题可知，故，如图，过点分别作，，的垂线，垂足分别为，因为为的内心，所以由全等得,，，因为，所以，又，得，所以，M点横坐标为a，同理可得N点横坐标也为，当直线不垂直于轴时，，B错误；

设直线的倾斜角为，因为分别为和的内心，则，所以，C正确；

由（1）得，则，，所以，，，

因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以三角形的面积，D正确．

故选：ACD.

三、填空题

13．若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为______.

【答案】2

【分析】利用复数的运算法则和纯虚数的定义即可得出．

【详解】解：复数是纯虚数，

，解得，

故答案为：2．

【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则以及纯虚数的定义，属于基础题．

14．已知函数f（x）满足：①对，，；②．请写出一个符合上述条件的函数f（x）＝______．

【答案】（答案不唯一，符合条件即可）

【分析】由条件对，，可推测在上可能为对数函数，再由确定其解析式.

【详解】因为对，，；

所以在上可能为对数函数，

故满足条件①，又，

所以，

故符合上述条件的函数可能为：，

故答案为：（答案不唯一）.

15．已知等差数列 的前项和为，且，则满足的正整数的最大值 为____

【答案】21

【分析】由可知，则可知，由此即可选出答案.

【详解】因为，

所以

所以故，

所以满足的正整数的最大值为21．

故答案为：21

16．在三棱锥 中. 底面是边长为的正三角形，，点为的垂心，且平面，则三棱锥的外接球的体积为_________

【答案】

【分析】先由线线垂直证平面，得，则可得是等边三角形，设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中列方程求出半径，即可求体积

【详解】如图，连接 并延长，交于点与交于点，则.

因为平面平面，所以.

因为 平面，所以平面，平面，所以，

是正三角形，故为中点，又，所以是等边三角形，，

易得，，所以，

设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中有，解得，

故外接球体积.

故答案为：

四、解答题

17．在①；②；③，三个条件中任选一个，补充到下面问题的横线处，并解答．

已知数列的前项和为，且，______．

(1)；

(2)设求数列的前项和．

注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①，用构造法可求得数列的通项公式，选②，利用与的关系，可求得数列的通项公式，选③，利用与的关系，先求得数列的递推关系，再用构造法可求得数列的通项公式

（2）利用错位相减法即可求解

【详解】(1)选①，由得，

所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，

，所以．

选②，由得，

作差得，

符合上式，所以．

选③，由得

作差得，即，

即，即，

所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，

，所以．

(2)，

所以．

设，，

，

，

作差得，

化简得，

所以．

18．已知 为的内角所对的边，向量,,且.

(1)求角 ;

(2)若 的面积为为中点，求线段的长.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可求解；

（2）由面积公式及余弦定理可求解

【详解】(1)因为，所以，由正弦定理得，即 ，

由余弦定理得 . 因为 ，所以 .

(2)， 解得 .

因为 为中点，所以.

在 中，，即 ，

所以 .

19．如图，梯形 中，，垂 足为点. 将沿折起，使得点到点的位放，且，连接分别为和的中点.

(1)证明: 平面;

(2)求二面角 的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，进而证明平面 平面即可证明结论；

（2）结合题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】(1)解：如图，取中点，连接，

因为，

所以，四边形为正方形，

因为分别为，，的中点，

所以，，，

 又平面，平面，

所以平面，平面，

因为平面

所以平面 平面.

因为 平面，

所以平面.

(2)由题，，

所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的法向量为，

则，即，令，得 ，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，则，

所以，

所以， .

所以二面角 的正弦值为.

20．乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人. 为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛. 比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛. 在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为后，每一个球就要交换一个发球权. 经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛.

(1)若甲赢得每局比赛的概率为，求甲以赢得比赛的概率;

(2)若在某一局比赛中，双方战成. 且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为，求两人打了个球后，甲蠃得了该局比赛的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）甲以赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜；

（2），甲蠃只可能以或获胜，故的可能取值为2，4，分别求概率相加即可.

【详解】(1)甲以赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜，

所以甲以赢得比赛概率为.

(2)因为，所以在该局比赛中，甲只可能以或获胜，故的可能取值为2，4，

设甲赢得该局比赛的概率为，

，

，

所以求两人打了 个球后甲贏得了该局比赛的概率为

21．已知椭圆的离心率为，且经过点．

(1)求椭圆的方程；

(2)若过点的直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为点，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知，再待定系数求解即可得答案；

（2）结合题意设，，，则，进而根据，结合基本不等式求解即可.

【详解】(1)解：设椭圆的焦距为，则，即，

所以，即，①

又椭圆经过点，则，②

由①②解得，，

所以椭圆的方程为．

(2)解：当直线垂直于坐标轴时，点不能构成三角形，不符合题意，

当直线不垂直于坐标轴时，设，，，则，

联立得，

则，．

又，，

易知与同号，

所以

，

当且仅当，即时等号成立，

所以面积的最大值为．

22．已知函数.

(1)当 时，求的单调区间;

(2)证明: 当时，对任意的恒成立.

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数直接求解即可；

（2）结合（1）得，进而证明，再构造函数，求解函数最小值即可证明.

【详解】(1)解：当时，，则，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)证明: 要证对任意的恒成立

即证，对任意的恒成立.

当时，由（1）知，在上单调递增，

所以当时，，即当时，

设，则，

所以在上单调递增，

故当时，，即当时，，

所以，当时，，即①

设，则，

设，则，

由①式知当 时，，所以即在上单调递增，

所以，

当时，，所以在上单调递增，

故，即对任意的恒成立，

即对任意的恒成立.

【点睛】思路点睛：本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论，根据不等式放缩证明，再构造函数，进而利用导数研究函数的最小值即可证明.